Soluzioni dei quesiti della maturità scientifica
A.S. 2013/2014
Sun-Ra Mosconi
∗
Andrea Scapellato
†
18 giugno 2015
Quesito 1
Integrando, si ha subito
f (x) = −2 ·
x3
+ 6x + c,
3
∀c ∈ R.
Sfruttando la condizione di tangenza, determiniamo un valore negativo di x tale
che f 0 (x) = −2. Si ha:
−2x2 + 6 = −2
⇔
x2 = 4
⇔
x = ±2,
quindi il valore cercato è x = −2. La retta tangente passa per il punto di coordinate
(−2, 9); ne viene che f (−2) = 9, da cui
8
−2 − − 12 + c = 9,
3
quindi c = 9 + 12 −
seguente:
16
3
=
47
.
3
Si conclude che l’espressione analitica di f è la
2
47
f (x) = − x3 + 6x + .
3
3
∗
†
Università di Verona
Università di Catania
1
Quesito 2
Si faccia riferimento alla figura sottostante
Il tronco di cono si può ottenere ruotando il trapezio ACHK attorno al segmento CH. Il suo volume si può ottenere sottraendo dal volume del cono avente
raggio di base AC e altezza BC il volume del cono avente raggio di base HK e
altezza BH. Si ponga BH = x. Per la similitudine dei triangoli BHK e ABC, si
può scrivere
BH
BC
x
h+x
=
⇔
=
r
R
HK
AC
da cui x =
rh
.
R−r
Ricordando la formula che fornisce il volume di un cono, si ottiene
V
=
=
=
=
=
=
1 2
1
πR (h + x) − πr2 x
3
3
1 2
(R h + R2 x − r2 x)
3
1
π[R2 h + x(R2 − r2 )]
3 1
rh
2
π R h+
(R − r)(R + r)
3
R−r
1
π(R2 h + rRh + r2 h)
3
1
πh(R2 + r2 + Rr)
3
2
Quesito 3
Occorre ricorrere alla distribuzione binomia. Come è noto, la probabilità di avere
x successi (nel caso in questione si tratta dell’uscita delle teste) su n prove è data
da
n!
P (x) =
px (1 − p)n−x ,
n!(n − x)!
dove p è la probabilità di avere un successo. Nel nostro caso ovviamente p = 12 .
Definito l’evento E = “escono al più due teste”, si ha:
6
6
6
1
1
1
11
P (E) = P (x = 0) + P (x = 1) + P (x = 2) =
+6
+ 15
= .
2
2
2
32
Infine, definito l’evento F = “escono almeno due teste”, la probabilità di F è
la probabilità che non escano tutte croci o cinque croci e una testa. Sfruttando
quindi la probabilità dell’evento contrario, si ha:
" 6 #
6
1
57
1
+6
= .
P (F ) = 1 − (P (x = 0) + P (x = 1)) = 1 −
2
2
64
Quesito 4
Calcoliamo la derivata prima e la derivata seconda di y. Si ha:
0
y =
1
x
· x − ln x
1 − ln x
=
,
2
x
x2
− x1 · x2 − 2x(1 − ln x)
2 ln x − 3
=
.
4
x
x3
Si vede che y è soluzione della quarta equazione differenziale.
Infatti, sostituendo, si ha:
y 00 =
x2 y 00 + xy 0 +
2
2 ln x − 3
1 − ln x 2
2 ln x − 3 + 1 − ln x + 2
= x2 ·
+
x
·
+
=
x
x3
x2
x
x
ln x
=
= y.
x
Quesito 5
La retta richiesta ha come vettore di direzione il vettore (1, 1, −1) che è ortogonale
3
al piano assegnato. Pertanto, le equazioni parametriche della retta passante per
O(0, 0, 0) e ortogonale al piano x + y − z = 0 sono:
x = 0 + t · 1
, t∈R
y =0+t·1
z = 0 + t · (−1)
cioè
x = t
y=t
z = −t
t ∈ R.
,
Eliminando il parametro t si ottengono le equazioni cartesiane:
(
x−y =0
.
y+z =0
Quesito 6
Consideriamo la funzione g(x) = f (x + 3). In quanto somma di quadrati g è
convessa e nonnegativa, inoltre si verifica immediatamente che g(x) = g(−x), ossia
g è pari. Quindi il suo unico minimo (che è uguale al minimo di f ) si ha per x = 0,
dove
g(0) = (x + 2)2 + (x + 1)2 + x2 + (x − 1)2 + (x − 2)2 x=0 = 10.
Quesito 7
2
Ricordiamo che l’area di un triangolo ABC isoscele in A è data da 21 AB sin α,
dove α è l’angolo in A. Il poligono regolare inscritto in C avente n lati è formato
e due lati uguali
da n triangoli isosceli nel centro del cerchio, con angolo α = 2π
N
di lunghezza r. L’area complessiva è quindi
2π
1
sin
2π
= πr2 2π n .
A(n) = n r2 sin
2
n
n
Si verifica mediante il limite notevole limx→0
quando n → +∞), che
2
lim A(n) = πr lim
n
n
4
sin x
x
sin
= 1, (essendo x =
2π
n
2π
n
= πr2 .
2π
n
infinitesimo
Quesito 8
L’insieme dei punti del triangolo che distano meno di due da almeno uno dei vertici
è l’unione dei tre settori circolari di raggio 2 descritti nella figura sottostante:
Siano α1 , α2 e α3 gli angoli in radianti del triangolo. Poiché l’area di un settore
2
circolare di angolo α (espresso in radianti) e raggio r è dato da α r2 , l’area totale
dell’unione dei tre settori circolari è
r2
B = (α1 + α2 + α2 ) = 2π
2
dove si è usato che la somma degli angoli interni di un triangolo è π e r = 2. Sia
poi A l’area del triangolo. Mediante il Teorema di Pitagora l’altezza del triangolo
è
r
5 2 √119
=
h = 62 −
2
2
e quindi
1
5√
A = 5h =
119.
2
4
Assumendo una distribuzione di probabilità uniforme, la probabilità che un punto
a caso del triangolo non giaccia in alcuno dei tre settori circolari è data dal rapporto
fra l’area A − B e l’area totale A del triangolo, ossia
A−B
2π P =
× 100% = 1 −
× 100% ' 54%.
A
A
5
Quesito 9
Occorre imporre che f sia continua e derivabile. É immediato verificare che
lim f (x) = lim− f (x) = 1,
x→1+
x→1
ossia f è continua qualsiasi sia k. Inoltre si ha
lim f 0 (x) = lim+ 2x − k = 2 − k,
x→1+
x→1
lim f 0 (x) = lim− 3x2 = 3.
x→1−
x→1
Esistendo i due limiti ed essendo finiti, per la derivabilità di f occorre e basta
che valga 2 − k = 3, ossia k = −1. Per tale valore di k, il Teorema di Lagrange
nell’intervallo [0, 2] asserisce l’esistenza di un punto c ∈ (0, 2) tale che
f 0 (c) =
5
f (2) − f (0)
= .
2
2
Se fosse c > 1 si avrebbe
f 0 (c) = 2c + 1 =
5
2
⇔
3
c= ,
4
che è assurdo essendo 3/4 < 1. Quindi deve essere c ∈ (0, 1], nel qual caso
r
5
5
0
2
⇔ c=
< 1.
f (c) = 3c =
2
6
6
Quesito 10
L’area del rettangolo√è 3 × 2 = 6. Calcoliamo l’area della parte di rettangolo sotto
al grafico di f (x) = x mediante l’integrale
Z 4
√
2 3 4 14
P =
x dx = x 2 = .
3
3
1
1
L’area della porzione di rettangolo soprastante il grafico di f è Q = 6 − P =
il rapporto è quindi
P
7
= .
6−P
2
7
4
3
ed
